2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十九微专题4圆锥曲线中的范围最值与探索

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十九微专题4圆锥曲线中的范围最值与探索，共5页。试卷主要包含了已知直线l与抛物线C，已知椭圆C，已知椭圆Γ，已知双曲线E等内容，欢迎下载使用。
(1)若直线AB的斜率为1，求点M的横坐标；
(2)若|AB|＝8，求点M纵坐标的最小值．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则kAB＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝ eq \f(\f(x eq \\al(2,1) ,4)－\f(x eq \\al(2,2) ,4),x1－x2) ＝ eq \f(x1＋x2,4) ＝ eq \f(x0,2) .
由直线AB的斜率为1，得 eq \f(x0,2) ＝1，
所以x0＝2，即点M的横坐标为2.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋b，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx＋b，)) 消去y得x2－4kx－4b＝0，
由Δ＝(－4k)2－4×(－4b)>0，
得k2＋b>0，①
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，由|AB|＝8，
得|AB|＝ eq \r(1＋k2) ·|x1－x2|＝
eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]) ＝
eq \r(（1＋k2）[（4k）2－4×（－4b）]) ＝
4 eq \r(（1＋k2）（k2＋b）) ＝8，
所以(1＋k2)(k2＋b)＝4.②
由x1＋x2＝4k，得y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝4k2＋2b，
故点M的坐标为(2k，2k2＋b)，由①②得2k2＋b＝(k2＋1)＋(k2＋b)－1≥2 eq \r(（k2＋1）（k2＋b）) －1＝3，当且仅当1＋k2＝k2＋b，即b＝1时取等号，故点M纵坐标的最小值为3.
2．(2024·潍坊模拟)已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2 eq \r(3) ，点Q( eq \r(3) ，－ eq \f(1,2) )在椭圆C上．
(1)若P是椭圆C上一动点，求 eq \(PF1,\s\up10(→)) · eq \(PF2,\s\up10(→)) 的取值范围；
(2)已知过椭圆C的右焦点F2，且斜率不为零的直线l交椭圆C于M，N两点，求△F1MN的内切圆面积的最大值．
解：(1)由题意知c＝ eq \r(3) ，所以a2＝b2＋3.
将点Q( eq \r(3) ，－ eq \f(1,2) )代入 eq \f(x2,b2＋3) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1中，得b＝1，
所以a2＝1＋3＝4，
所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1.
设点P(x，y)，则 eq \(PF1,\s\up10(→)) · eq \(PF2,\s\up10(→)) ＝(－ eq \r(3) －x，－y)·( eq \r(3) －x，－y)＝x2－3＋y2＝ eq \f(3,4) x2－2.
又点P在椭圆C上，所以x∈[－2，2]，
所以 eq \(PF1,\s\up10(→)) · eq \(PF2,\s\up10(→)) 的取值范围是[－2，1].
(2)依题意可设直线l的方程为x＝my＋ eq \r(3) ，M(x1，y1)，N(x2，y2).
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋\r(3)，,\f(x2,4)＋y2＝1，)) 消去x得(m2＋4)y2＋2 eq \r(3) my－1＝0，
Δ＝16m2＋16>0，
所以y1＋y2＝－ eq \f(2\r(3)m,m2＋4) ，y1y2＝－ eq \f(1,m2＋4) ，
所以S△F1MN＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(3) ·|y1－y2|＝ eq \r(3) × eq \r(\f(12m2,（m2＋4）2)＋\f(4,m2＋4)) ＝4 eq \r(3) × eq \r(\f(m2＋1,（m2＋4）2)) .
又 eq \f(m2＋1,（m2＋4）2) ＝ eq \f(m2＋1,（m2＋1）2＋6（m2＋1）＋9)
＝ eq \f(1,（m2＋1）＋\f(9,m2＋1)＋6) ≤
eq \f(1,2× \r(（m2＋1）·\f(9,m2＋1))＋6) ＝ eq \f(1,12) ，
当且仅当m2＋1＝ eq \f(9,m2＋1) ，即m＝± eq \r(2) 时等号成立．
所以S△F1MN≤4 eq \r(3) × eq \r(\f(1,12)) ＝2.
由题意可知，|MF1|＋|MF2|＋|NF1|＋|NF2|＝4a，
即△F1MN的周长为4a.
又△F1MN内切圆半径r满足r＝ eq \f(2S△F1MN,4a) ≤ eq \f(4,8) ＝ eq \f(1,2) ，
所以△F1MN的内切圆面积的最大值为 eq \f(π,4) .
3．已知椭圆Γ： eq \f(x2,m2) ＋ eq \f(y2,3) ＝1(m>0，m≠ eq \r(3) ).
(1)若m＝2，求椭圆Γ的离心率；
(2)设A1，A2分别为椭圆Γ的左、右顶点，若椭圆Γ上一点E的纵坐标为1，且 eq \(EA1,\s\up10(→)) · eq \(EA2,\s\up10(→)) ＝－2，求m的值；
(3)若P为椭圆Γ上一点，过点P作一条斜率为 eq \r(3) 的直线与双曲线 eq \f(y2,5m2) － eq \f(x2,5) ＝1仅有一个公共点，求m的取值范围．
解：(1)当m＝2时，椭圆Γ的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1，
则a＝2，b＝ eq \r(3) ，所以c＝ eq \r(a2－b2) ＝1，
所以椭圆Γ的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,2) .
(2)依题意，A1(－m，0)，A2(m，0)，设E(p，1)，则 eq \f(p2,m2) ＋ eq \f(1,3) ＝1，得p2＝ eq \f(2,3) m2，①
eq \(EA1,\s\up10(→)) ＝(－m－p，－1)， eq \(EA2,\s\up10(→)) ＝(m－p，－1)，则 eq \(EA1,\s\up10(→)) · eq \(EA2,\s\up10(→)) ＝p2－m2＋1＝－2，②
联立①②，解得m＝3.
(3)设过点P且斜率为 eq \r(3) 的直线的方程为y＝ eq \r(3) x＋t，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋t，,\f(x2,m2)＋\f(y2,3)＝1，)) 得 eq \f(x2,m2) ＋ eq \f(（\r(3)x＋t）2,3) ＝1，
整理得(3m2＋3)x2＋2 eq \r(3) tm2x＋(t2－3)m2＝0，
则Δ1＝(2 eq \r(3) tm2)2－4m2(3m2＋3)(t2－3)≥0，
整理得t2≤3m2＋3.③
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋t，,\f(y2,5m2)－\f(x2,5)＝1，)) 得 eq \f(（\r(3)x＋t）2,5m2) － eq \f(x2,5) ＝1，
整理得(3－m2)x2＋2 eq \r(3) tx＋(t2－5m2)＝0，
则Δ2＝(2 eq \r(3) t)2－4(3－m2)(t2－5m2)＝0，
整理得t2＝5m2－15.④
由③④可得5m2－15≤3m2＋3，解得－3≤m≤3，
由5m2－15≥0且m>0，可得m≥ eq \r(3) ，
又m≠ eq \r(3) ，所以m∈( eq \r(3) ，3].
综上，m的取值范围为( eq \r(3) ，3].
4．(2024·文昌模拟)已知双曲线E： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的离心率为2，左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，点A(x1，y1)为双曲线E右支上异于右顶点的动点，如图，过点A作圆C：x2＋y2＝a2的一条切线AM，切点为M，且|AM|2＋3＝ eq \f(c2,a2) x eq \\al(2,1) －a2.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设直线AF1与双曲线左支交于点B，双曲线的右顶点为D(a，0)，直线AD，BD分别与圆C相交，交点分别为异于点D的点P，Q.判断弦PQ是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由．
解：(1)因为点A(x1，y1)为双曲线E右支上异于右顶点的动点，
所以 eq \f(x eq \\al(2,1) ,a2) － eq \f(y eq \\al(2,1) ,b2) ＝1，则y eq \\al(2,1) ＝ eq \f(b2,a2) x eq \\al(2,1) －b2.
连接AO，OM(图略)，因为AM是圆C：x2＋y2＝a2的一条切线，所以OM⊥AM，△AOM为直角三角形，
所以|AM|2＝|AO|2－|OM|2＝x eq \\al(2,1) ＋y eq \\al(2,1) －a2＝ eq \f(c2,a2) x eq \\al(2,1) －a2－b2.
因为|AM|2＋3＝ eq \f(c2,a2) x eq \\al(2,1) －a2，
所以 eq \f(c2,a2) x eq \\al(2,1) －a2－b2＋3＝ eq \f(c2,a2) x eq \\al(2,1) －a2，
所以b2＝3.
因为e2＝1＋ eq \f(b2,a2) ＝4，所以a2＝1.
所以双曲线E的标准方程为x2－ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)弦PQ过定点(0，0)，理由如下：
因为c＝ eq \r(a2＋b2) ＝2，所以F1(－2，0).
设B(x2，y2)，直线AF1：x＝my－2.
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,x2－\f(y2,3)＝1，)) 消去x得(3m2－1)y2－12my＋9＝0，
则3m2－1≠0，Δ>0，y1＋y2＝ eq \f(12m,3m2－1) ，y1y2＝ eq \f(9,3m2－1) .
由(1)可知D点坐标为D(1，0)，
因为kPD·kQD＝kDA·kDB＝ eq \f(y1,x1－1) · eq \f(y2,x2－1)
＝ eq \f(y1y2,（my1－3）（my2－3）) ＝ eq \f(y1y2,m2y1y2－3m（y1＋y2）＋9)
＝ eq \f(9,9m2－36m2＋9（3m2－1）) ＝－1，
所以PD⊥QD，又点D，Q在圆C上，
所以PQ为圆C的直径，所以PQ一定过圆C的圆心，即弦PQ过定点(0，0).